Mecánica Cuántica - Problema 53 (2014)

Ejercicio Catalán
Universidad Universidad de Barcelona (UB)
Grado Física - 3º curso
Asignatura Mecànica Quàntica
Año del apunte 2014
Páginas 2
Fecha de subida 03/06/2014
Descargas 12
Subido por

Vista previa del texto

.
53 Entorn d’un m´ınim (que situem a x = 0), aproximem l’energia potencial en s`erie de pot`encies fins a termes O(x4 ). Considereu l’hamiltoni`a aproximat de la forma H= P2 1 + mÊ 2 X 2 + –X 3 + —X 4 .
2m 2 Determineu l’energia de l’estat fonamental en teoria de pertorbacions, fins a incloure la primera correcci´ o significativa en – i —.
Soluci´ o: Tenim H = H0 + W ; H0 ´es l’hamiltoni`a de l’oscil·lador harm`onic, del qual en coneixem les solucions, i.e. ‘n = ~Ê(n + 1/2) i els corresponents estats propis |nÍ, i W = –X 3 + —X 4 ´es una pertorbaci´ o. Volem con`eixer l’energia de l’estat fonamental d’H, tal que inclogui una primera correcci´o significativa en – i —. Mirem a primer ordre, (1) E0 = È0|W |0Í = –È0|X 3 |0Í + —È0|X 4 |0Í.
(0.45) Calculem el primer “sandwich”, 3 2 È0|X |0Í = È0|XX |0Í = È0|X A B Ô x20 (|0Í + 2|2Í) 2 = . . . = 0, (0.46) ja que en fer actuar X sobre els estats |0Í i |2Í, obtindrem estats diferents de l’estat |0Í, i per tant, en fer el producte pel “bra” È0|, donar`a zero per ser estats ortogonals. Com ja he comentat en el problema 51, el “sandwich” È0|X 4 |0Í el varem calcular a teoria, i d´ona 34 x40 , o sigui que 3 (1) E0 = —x40 .
(0.47) 4 Com podem veure, a primer ordre en teoria de pertorbacions sols hem obtingut una primera correcci´ o significativa en —. Anem a 2n ordre per veure una primera correcci´o significativa en –. Es t´e, (2) E0 = ÿ |Èm|W |0Í|2 m”=0 ‘0 ≠ ‘m =≠ 1 ÿ |Èm|W |0Í|2 .
~Ê m”=0 m (0.48) Mirem quins termes del sumatori donen una contribuci´o no nul·la; calculem Èm|W |0Í, Èm|W |0Í = –Èm|X 3 |0Í + —Èm|X 4 |0Í.
(0.49) Considerem els seg¨ uents resultats, A 3 3 X |0Í = |0Í + Ô |2Í + 4 2 2 Ô x3 1 X 3 |0Í = Ô0 3|1Í + 6|3Í .
8 4 x40 11 Ú B 3 |4Í 2 (0.50) .
Veiem que donen contribucions no nul·les al sumatori anterior m = 1, 2, 3 i 4. Per tant, (2) E0 = ≠ 4 1 ÿ |Èm|W |0Í|2 ~Ê m=1 m 1 =≠ ~Ê A |È2|W |0Í|2 |È3|W |0Í|2 |È4|W |0Í|2 |È1|W |0Í| + + + 2 3 4 2 B (0.51) .
Utilitzant els resultats presents en (0.50), se segueix que S A Ú B2 A Ú B2 T 3 42 3 42 1 U 3 1 3 1 6 3 1 3 4 V (2) E0 = ≠ – Ô x30 + — Ô x40 + – x0 + — x0 ~Ê 5 8 2 3 4 3 2 3 1 9 6 9 3 –2 x60 + + — 2 x80 + ~Ê 8 24 4 8 3 4 1 11 2 6 21 2 8 =≠ – x0 + — x0 .
~Ê 8 8 =≠ 8 4 2 46 (0.52) Despr´es de tot, es t´e el seg¨ uent: ‘0 = ~Ê , 2 3 (1) E0 = —x40 , 4 (2) E0 = ≠ 1 ~Ê 3 4 11 2 6 21 2 8 – x0 + — x0 .
8 8 (0.53) Ajuntant-ho tot, tenim que l’energia de l’estat fonamental, en una primera correcci´o significativa en – i —, ve donada per l’expressi´o S ~Ê U 3—x40 11 E0 = 1+ ≠ 2 2~Ê 4 12 A –x30 ~Ê B2 21 ≠ 4 A —x40 ~Ê B2 T V (0.54) ...